广东省清远市2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析

这是一份广东省清远市2024-2025学年高二上学期期末数学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了 已知，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡的相应位置.
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.
4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 经过两点的直线的方向向量为，则的值为（ ）
A. 8B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的斜率公式和方向向量的概念求解.
【详解】由已知，
由题知，解得.
故选：C.
2. 已知抛物线的准线方程是，则的值为
A. 2B. 4C. -2D. -4
【答案】B
【解析】
【详解】抛物线的准线方程是，
所以.
故选B.
3. A同学为参加《古诗词大赛》进行古诗词巩固训练，她第1天复习10首古诗词，从第2天起，每一天复习的古诗词数量比前一天多2首，每首古诗词只复习一天，则10天后A同学复习的古诗词总数量为（ ）
A. 190B. 210C. 240D. 280
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式可得答案.
【详解】由题知，A同学每天复习古诗词数量构成首项为10，公差为2的等差数列，
则10天后A同学复习的古诗词总数量为.
故选：A.
4. 经过两条直线与的交点，且垂直于直线的直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求直线与的交点，再根据直线垂直求斜率，利用点斜式可得所求直线方程.
【详解】联立与，得交点坐标为.
又垂直于直线的直线的斜率为，
故所求直线的方程为，即.
故选：B
5. 如图，在三棱锥中，．若点分别在棱上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的基本定理及利用向量的加法表示出即可求解．
【详解】由，
得，
所以，
故选：C．
6. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则该动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求得两圆的圆心和半径，判定已知两圆的位置关系为内切，求得切点坐标，利用动圆与已知两圆相外切，内切的条件列出关于和动圆半径r的方程组，消去r再利用椭圆的定义写出轨迹方程，最后根据已知两圆的位置关系做出取舍.
【详解】圆圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
因为，所以两圆相内切于点，
设动圆的圆心为，半径为，则，
，
因此点的轨迹方程是以为焦点，长轴长为10的椭圆（不含点），
所以该动圆的圆心的轨迹方程为.
故选：B
7. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图中第一行的称为三角形数，第二行的称为正方形数.则根据以上规律，可推导出五边形数所构成的数列的第5项为（ ）
A. 22B. 26C. 35D. 51
【答案】C
【解析】
【分析】类比三角形数和正方形数得到五边形数，再由从第二项起，后项与前项的差依次为求解.
详解】解：如图，
称为五边形数，
从第二项起，后项与前项的差依次为，
所以五边形数的第5项为，
故选：C.
8. 已知双曲线的离心率为，右焦点到其渐近线的距离为，过的直线与的右支交于两点（在的上方），的中点为在直线上的射影为为坐标原点，设的面积为，直线的斜率分别为，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出双曲线的标准方程，明确点，再设直线：，和双曲线方程联立，结合韦达定理，表示出，化简即可.
【详解】如图：
由题知解得所以双曲线：，所以，
依题意可设，代入双曲线，消去并整理得，
设，，则又，
所以，
而，
所以.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，用表示出后，化简是关键.
二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 若三个数成等差数列，则
B. 若三个数成等差数列，则
C. 若三个数成等比数列，则
D. 若三个数成等比数列，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用等差中项和等比中项建立等式进行求解即可．
【详解】若三个数成等差数列，则，解得，故A错误，B正确；
若三个数成等比数列，则，解得，故C正确，D错误，
故选：BC．
10. 如图，在多面体中，平面与平面都是正方形，侧面，都是等腰直角三角形，且均与平面垂直，，则（ ）
A.
B. 直线与直线共面
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 多面体的体积为
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标运算来求解A，通过证明线线平行来证明共面，判断B，利用空间向量来求解线面角问题，判断C，利用割补法来求解体积问题，判断D．
【详解】如图，分别取的中点，连接，则
平面平面，平面平面平面，
平面，四边形是边长为2的正方形，
分别为的中点，所以四边形为矩形．
以点为坐标原点，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则．
对于A，，所以，故A错误；
对于B，由，得，所以，
所以四点共面，所以直线与直线共面，故B正确；
对于C，设平面的一个法向量为，
由，取，则，则，
所以，设直线与平面所成角为，
则，故C正确；
对于D，以为底面，以为高将几何体补成长方体，
则分别为的中点，
因为，长方体的体积为，，
因此，多面体的体积为，故D错误．
故选：BC．
11. 类比于数学史上著名的“冰雹猜想”，任取一个正整数，若是奇数，就将该数加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步禁后，必得到数字1.如取，则的值依次为，共需5个步骤变成1，则称该运算为5步运算，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的值依次为
B. 当时，该运算为7步运算
C. 当运算为7步运算时，的值可能有13个
D. 当运算为7步运算时，的最大值与最小值之和为137
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意得到进而逐个判断即可；
【详解】由题知，对于A，，则的值依次为，故A正确；
对于B，，所以该运算为6步运算，故B错误；
对于C，当运算为7步运算时，，逆推可得如下结果，

据此可得的值可能有13个，故C正确；
对于D，由选项C知，的最大值为128，最小值为9，所以的最大值与最小值之和为137，故D正确，
故选：ACD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知点，向量，且，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算来进行求解．
【详解】设，则，
即，
故答案为：．
13. 北宋数学家沈括在酒馆看见一层层垒起的酒坛，想求这些酒坛的总数，经过反复尝试，提出如图所示的由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积，自上而下，第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球，，依此类推，最底层有个小球，共有层，并得出小球总数的公式.若，小球总个数为168，则该长方台形垛积的第六层的小球个数为__________.
【答案】42
【解析】
【分析】设各层的小球个数构成数列，则由可得，进而可得，得，进而得.
【详解】由题知，各层的小球个数构成数列，
且，
因为，所以，
故，
由题意，即，解得或（舍去），
所以，故该垛积的第六层的小球个数为，
故答案为：42
14. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且四边形的面积为．若为椭圆上的两点，直线斜率存在且（其中为坐标原点，分别为直线的斜率），为中点，则的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由离心率，四边形的面积为求得椭圆方程，再根据，设直线的方程为，求得的轨迹方程，最后根据两点之间距离公式即可求解．
【详解】由题知，解得，
所以椭圆，
因为，所以，
又直线的斜率存在，
设直线的方程为，则的中点，
联立，整理可得，
，即，
，
所以
，
所以，
可得，符合，
可得的轨迹方程为整理可得，
两式平方相加可得，
即的轨迹方程为，表示焦点在轴上的椭圆，即，
所以，当为该椭圆的右顶点时，取等号；
综上所述，的最小值为，
故答案为：．
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 如图，圆内一点，直线过点，且倾斜角为.
（1）求弦长；
（2）若圆与圆相交，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用斜率的几何意义求出直线斜率，进而求出直线方程，最后结合勾股定理求解弦长即可.
（2）利用圆与圆的位置关系建立不等式，求解参数范围即可.
【小问1详解】
由题意得直线过点，且倾斜角为，
由斜率的几何意义得，
则直线的方程为，即，
由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，
由勾股定理得.
【小问2详解】
易知圆的圆心坐标为，半径为；
若圆与圆相交，则，
即，解得，
故的取值范围为.
16. 已知数列的前项和为，数列是公比为3的等比数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与之间的关系，，当来进行求解出的通项公式即可进一步求解出；
（2）利用错位相减法及公式法进行求和．
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，
又满足上式，所以．
因为，所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，即．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，①
，②
①②得，
所以
．
17. 如图，已知直线与抛物线交于两点，为坐标原点，且.

（1）求抛物线的方程；
（2）若直线与直线关于轴对称，试在抛物线上求一点，使得点到直线的距离最短，并求出最短距离.
【答案】（1）
（2），.
【解析】
【分析】（1）联立直线、抛物线的方程，结合韦达定理和求解即可；
（2）由对称性得到方程，令直线平行于直线，且与抛物线相切，则切点即为点.即可求解；
【小问1详解】
联立
消去并整理得，
设，则，
所以，
因为，
所以，
解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】

由题知，结合对称性易知，直线的方程为，
令直线平行于直线，且与抛物线相切，则切点即为点.
设直线的方程为，
联立
消去并整理得，
令，解得，
所以，解得，所以，
所以点的坐标为，
最短距离为.
18. 如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，且.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用直四棱柱的性质得到，结合，结合线面垂直的判定定理得到平面，再运用线面垂直的性质证明所求结论即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求解即可.
（3）建立空间直角坐标系，求出每个平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
在直四棱柱中，底面，
又底面，故，
又面，
得到平面，又平面，则
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，
如图，建立空间直角坐标系，
，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得，所以，
由点到平面的距离公式得点到平面的距离为.
【小问3详解】
由（2）知，
设平面的法向量为，
则令，得，所以，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，而，则，
由同角三角函数的基本关系得，
故平面与平面夹角的正弦值为.
19. 若递增数列的后一项与其前一项的差大于，则称这个数列为“超1数列”.
（1）已知数列是“超1数列”，求实数的取值范围；
（2）已知数列是“超1数列”，其前项和为，若，试判断是否存在实数，使得对恒成立，并说明理由；
（3）已知正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，证明：数列是“超1数列”.
【答案】（1）
（2）不存在符合要求的实数，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用“超1数列”的定义得，且，即可求得结果.
（2）先假设存在实数，使得对恒成立，
等价于对恒成立.推出矛盾即可证明.
（3）由正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，得出公比或4.再分情况讨论，利用“超1数列”的定义证明数列是“超1数列”
【小问1详解】
由题知，，且，
解得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
不存在，
理由如下：由题知，对恒成立，
所以数列是等差数列，且，公差为，
所以.
假设存在实数，使得对恒成立，
即对恒成立，
所以对恒成立.
当时，；
当时，恒成立，
因为，所以，与矛盾，
所以假设不成立，
故不存在符合要求的实数.
【小问3详解】
由题意，设数列的公比为且，则.
因为，
所以在数列中，为最小项.
所以在数列中，为最小项.
因为为“超1数列”，
所以只需，即，
又，所以.
又不是“超1数列”，且为最小项，
所以，即.
又，所以，
又，所以或4
当时，，
令，
则，
所以为递增数列，即，
因为，
所以对于任意的，都有，即数列是“超1数列”.
当时，，
令，
则，
所以为递增数列，即，
因为，
所以对于任意的，都有，即数列是“超1数列”.
综上所述，数列是“超1数列”.
【点睛】关键点点睛：对于新定义问题，直接模仿定义中的条件来列式计算即可对(1)问求解，然后结合新定义及假设存在，最后推出矛盾即可对（2）问进行求解.对于第（3）问则根据题干中的条件正项等比数列是首项为1，公比为整数的“超1数列”，数列不是“超1数列”，得出公比或4.再分情况分别证明即可.